سلام خسته نباشین
سوالم این بود که ممکنه مساحت یک چند ضلعی با مساحت یک منحنی برابر بشه؟
اگر بله یا خیر لطفا با دلیل.
با تشکر
ممکنه مساحت یک چند ضلعی با مساحت یک منحنی برابر بشه؟
-
نام: Mohammad
عضویت : دوشنبه ۱۴۰۲/۶/۲۰ - ۰۹:۳۵
پست: 2-
- جنسیت:
Re: سلام خسته نباشین...سوالم این بود که ممکنه مساحت یک چند ضلعی با مساحت یک منحنی برابر بشه اگر بله یا خیر لطفا با دلیل
سلام. لطفاً سؤال رو درست بنویسید: متن سؤال با عنوان سؤال یکی نیست.
ضمناً صورت سؤال واضح نیست. منظورتون مساحت زیر منحنی است؟
ضمناً صورت سؤال واضح نیست. منظورتون مساحت زیر منحنی است؟
لختی مکث و اندکی تفکر کنیم ...
-
نام: Mohammad
عضویت : دوشنبه ۱۴۰۲/۶/۲۰ - ۰۹:۳۵
پست: 2-
- جنسیت:
- rohamavation
نام: roham hesami radرهام حسامی راد
محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2
عضویت : سهشنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴
پست: 2937-
سپاس: 4757
- جنسیت:
تماس:
Re: ممکنه مساحت یک چند ضلعی با مساحت یک منحنی برابر بشه؟
اره ببین
$\sup{\left(\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}\right)}=\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$
نسبت مساحتها زمانی به حداکثر میرسه که طول دو بخش سبز رنگ یکسان باشه (این را میتوان با در نظر گرفتن بیضی که نقاط کانونی آن انتهای خط سیاهه از نقطهای که دو بخش سبز به هم میرسند دید).اجازه دادم زاویه مرکزی کمان 2θ باشه$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\frac{2(\sin{\theta})\sqrt{\theta^2-\sin^2{\theta}}}{2\theta-\sin{2\theta}}$
حساب پایه نشان می دهد که این تابع در 0<θ<π در حال کاهشه ، و حد به عنوان$\theta\to0^+$ در واقع $\frac{\sqrt{3}}{2}$ استلم 1: برای هر n، (Area1)maxArea2→sup(Area1Area2)
به عنوان طول قوس → طول بخش سیاه$\frac{(\text{Area}_1){_\text{max}}}{\text{Area}_2}\to\sup{\left(\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}\right)}$
من دلیلی برای لم 1 ندارم (به همین دلیله که پاسخ من یک پاسخ جزئی است). فعلاً فرض میکنم درسته
به عنوان طول قوس → طول پاره سیاه من فقط آن طول های کمانی را در نظر میگیرم که به بخش های سبز اجازه میده بخشی از یک k-gon منظم باشند. مشخصه که برای یک k-gon با محیط ثابت زمانی که k-gon منظم باشد سطح$\text{Area}$ به حداکثر میرسه. بنابراین سطح 1 زمانی به حداکثر میرسه که بخش های سبز موقعیت خود را به عنوان بخشی از k-gon معمولی به خود بگیرند.
نمودار مثالی با n=3 نشون میده
.برای راحتی در نمادگذاری $x=\frac{\pi}{k}$
.لم 2: $\theta\approx{x}\sqrt{n^2-1}$ برای θ کوچک اثباتش$\sin{\theta}=\frac{\sin{(nx)}}{\frac{n\sin{x}}{\theta}}$
$\frac{\sin{\theta}}{\theta}=\frac{\sin{(nx)}}{n\sin{x}}$
$\frac{\theta-\frac{\theta^3}{3!}+...}{\theta}=\frac{nx-\frac{(nx)^3}{3!}+...}{n\left(x-\frac{x^3}{3!}+...\right)}$
$1-\frac{\theta^2}{3!}+...=1-\left(\frac{n^2-1}{3!}\right)x^2+...$
$\therefore\theta\approx{x}\sqrt{n^2-1}$
برای θ کوچک
استفاده از مثلثات پایه برای بیان $\text{Area}_1$ و $\text{Area}_2$
(با حذف r ) دارم
$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\frac{n(\sin{x})(\cos{x})-\frac{1}{2}\sin{(2nx)}}{\frac{1}{2}\left(\frac{n\sin{x}}{\theta}\right)^2(2\theta-\sin{(2\theta))}}$با استفاده از سری Maclaurin برای سینوس و Lemma 2 دریافت میکنم نکته بسط مک لورن$\large { \sin x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n + 1 } } } } { { \left ( { 2 n + 1 } \right ) ! } } } } = { x – { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 5 } } } { { 5 ! } } } } - { { \frac { { { x ^ 7 } } } { { 7 ! } } } + \ldots }$
اگر در بسط تیلور a=0 باشه اونو بسط را مک لورن (Maclaurin Series) میگیم$\large \begin {align*} { f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) \frac { { { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } }} { { n ! } } } } \\ &
= { f \left ( a \right ) + f ’ \left ( a \right ) \left ( { x – a } \right ) } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( a \right ){ { \left ( { x – a } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \,
+ { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } } } { { n ! }} } + { { R _ n } }
\end {align*}$یعنی$\large \begin {align*}
{ f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) \frac { { { x ^ n } } } { { n ! } } } } = { f \left ( 0 \right ) + f ’ \left ( 0 \right ) x } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( 0 \right ) { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \, + { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) { x ^ n } } } { { n ! } } } + { { R _ n } . }
\end {align*}$ که میشه
$\lim_{x\to0^+}\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$

$\sup{\left(\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}\right)}=\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$
نسبت مساحتها زمانی به حداکثر میرسه که طول دو بخش سبز رنگ یکسان باشه (این را میتوان با در نظر گرفتن بیضی که نقاط کانونی آن انتهای خط سیاهه از نقطهای که دو بخش سبز به هم میرسند دید).اجازه دادم زاویه مرکزی کمان 2θ باشه$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\frac{2(\sin{\theta})\sqrt{\theta^2-\sin^2{\theta}}}{2\theta-\sin{2\theta}}$
حساب پایه نشان می دهد که این تابع در 0<θ<π در حال کاهشه ، و حد به عنوان$\theta\to0^+$ در واقع $\frac{\sqrt{3}}{2}$ استلم 1: برای هر n، (Area1)maxArea2→sup(Area1Area2)
به عنوان طول قوس → طول بخش سیاه$\frac{(\text{Area}_1){_\text{max}}}{\text{Area}_2}\to\sup{\left(\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}\right)}$
من دلیلی برای لم 1 ندارم (به همین دلیله که پاسخ من یک پاسخ جزئی است). فعلاً فرض میکنم درسته
به عنوان طول قوس → طول پاره سیاه من فقط آن طول های کمانی را در نظر میگیرم که به بخش های سبز اجازه میده بخشی از یک k-gon منظم باشند. مشخصه که برای یک k-gon با محیط ثابت زمانی که k-gon منظم باشد سطح$\text{Area}$ به حداکثر میرسه. بنابراین سطح 1 زمانی به حداکثر میرسه که بخش های سبز موقعیت خود را به عنوان بخشی از k-gon معمولی به خود بگیرند.
نمودار مثالی با n=3 نشون میده

.برای راحتی در نمادگذاری $x=\frac{\pi}{k}$
.لم 2: $\theta\approx{x}\sqrt{n^2-1}$ برای θ کوچک اثباتش$\sin{\theta}=\frac{\sin{(nx)}}{\frac{n\sin{x}}{\theta}}$
$\frac{\sin{\theta}}{\theta}=\frac{\sin{(nx)}}{n\sin{x}}$
$\frac{\theta-\frac{\theta^3}{3!}+...}{\theta}=\frac{nx-\frac{(nx)^3}{3!}+...}{n\left(x-\frac{x^3}{3!}+...\right)}$
$1-\frac{\theta^2}{3!}+...=1-\left(\frac{n^2-1}{3!}\right)x^2+...$
$\therefore\theta\approx{x}\sqrt{n^2-1}$
برای θ کوچک
استفاده از مثلثات پایه برای بیان $\text{Area}_1$ و $\text{Area}_2$
(با حذف r ) دارم
$\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\frac{n(\sin{x})(\cos{x})-\frac{1}{2}\sin{(2nx)}}{\frac{1}{2}\left(\frac{n\sin{x}}{\theta}\right)^2(2\theta-\sin{(2\theta))}}$با استفاده از سری Maclaurin برای سینوس و Lemma 2 دریافت میکنم نکته بسط مک لورن$\large { \sin x = \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { \frac { { { { \left ( { – 1 } \right ) } ^ n } { x ^ { 2 n + 1 } } } } { { \left ( { 2 n + 1 } \right ) ! } } } } = { x – { \frac { { { x ^ 3 } } } { { 3 ! } } } } + { { \frac { { { x ^ 5 } } } { { 5 ! } } } } - { { \frac { { { x ^ 7 } } } { { 7 ! } } } + \ldots }$
اگر در بسط تیلور a=0 باشه اونو بسط را مک لورن (Maclaurin Series) میگیم$\large \begin {align*} { f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) \frac { { { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } }} { { n ! } } } } \\ &
= { f \left ( a \right ) + f ’ \left ( a \right ) \left ( { x – a } \right ) } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( a \right ){ { \left ( { x – a } \right ) } ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \,
+ { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( a \right ) { { \left ( { x – a } \right ) } ^ n } } } { { n ! }} } + { { R _ n } }
\end {align*}$یعنی$\large \begin {align*}
{ f \left ( x \right ) } & = { \sum \limits _ { n = 0 } ^ \infty { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) \frac { { { x ^ n } } } { { n ! } } } } = { f \left ( 0 \right ) + f ’ \left ( 0 \right ) x } + { \frac { { f ^ { \prime \prime } \left ( 0 \right ) { x ^ 2 } } } { { 2 ! } } + \ldots } \\ & \, \, \, \, \, \, \, \, + { \frac { { { f ^ { \left ( n \right ) } } \left ( 0 \right ) { x ^ n } } } { { n ! } } } + { { R _ n } . }
\end {align*}$ که میشه
$\lim_{x\to0^+}\frac{\text{Area}_1}{\text{Area}_2}=\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$
